À QUOI EST DUE LA COULEUR DES FLEURS D`HORTENSIAS ?

Exercice n°2 (2,5 points)
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Antilles Septembre 2005
À QUOI EST DUE LA COULEUR DES FLEURS D'HORTENSIAS ?
Certaines fleurs, comme celles des hortensias, possèdent des couleurs variées dues à des pigments naturels.
Les couleurs rouge, mauve, violette et bleue viennent de la présence d'anthocyanines dans les pétales.
La couleur violette est due à la molécule suivante que l'on notera HA dans la suite de l'exercice.
1. INTRODUCTION.
HA peut appartenir à deux couples H2A+ / HA de pKa1 = 4,3 et HA / A– de pKa2 = 7
L'espèce H2A+ est rouge, l'espèce HA est violette et l'espèce A– est bleue.
On rappelle que pKe = 14.
1.1.
1.2.
Donner la définition d'un acide selon Brönsted.
Préciser dans chacun des 2 couples la forme acide et la forme basique.
2. COMPORTEMENT DE HA EN TANT QU'ACIDE.
2.1.
Écrire l'équation de la réaction de HA en tant qu'acide avec l'eau.
2.2.
Donner l'expression de la constante d'équilibre de cette réaction. Comment appelle-t-on
cette constante ? Donner sa valeur.
Le pH d'une solution contenant HA est de 10.
2.3.
 A -  eq
À partir de l'expression de K, évaluer littéralement, puis calculer le rapport
[ HA ]eq
2.4.
En déduire l'espèce prédominante. Conclure sur la couleur de la solution.
3. COMPORTEMENT DE HA EN TANT QUE BASE.
3.1.
Écrire l'équation de la réaction de HA en tant que base avec l'eau.
3.2.
Donner l'expression de la constante d'équilibre K ' de cette réaction. Quelle est la relation
entre Ka1 et K ' ?
4. CONCLUSION : COULEUR DES HORTENSIAS.
4.1.
Placer sur un diagramme les domaines de prédominance des espèces H2A+ , HA et A–
suivant les valeurs du pH.
4.2.
Pourquoi les fleurs d'hortensias peuvent-elles changer de couleur suivant la nature du sol ?
Polynésie 09/2008
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EXERCICE 2 : le bleu de bromothymol (3 points)
Le bleu de bromothymol est un indicateur coloré obtenu par synthèse. Il permet la mesure de pH des eaux de piscine
–
ou d’aquarium. C’est un couple acide / base, noté HInd / Ind , la forme acide est jaune, la forme basique bleue. La
teinte sensible est verte. Son pKa est 6,8.
1. Étude spectrophotométrique
Les courbes ci-dessous représentent l’absorbance de l’espèce HInd et celle de
–
l’espèce Ind en fonction de la longueur d’onde λ.
λ (nm)
+450
+500
+ 550
+600
+650
+700
+750
1.1. Pour quelle longueur d’onde λ1 l’absorbance de la forme HInd est-elle maximale ?
Justifier la teinte jaune de la forme acide.
1.2. Avec quel appareil mesure-t-on l’absorbance ? Quelle est la relation entre l’absorbance d’une espèce
chimique en solution et sa concentration molaire ?
1.3. L’appareil est réglé sur λ = 600 nm. Quel est l’intérêt de ce réglage ?
2. Zone de virage.
–
2.1. Écrire l’équation de la réaction du bleu de bromothymol avec l’eau. Utiliser les notations HInd et Ind .
2.2. Donner l’expression de la constante d’acidité Ka.
2.3. La zone de virage de l’indicateur coloré correspond à l’intervalle de pH :
pKa – 1 < pH < pKa + 1
2.3.1. Tracer le diagramme de prédominance du bleu de bromothymol en fonction du
pH. Indiquer, sur ce même tracé, les trois couleurs du bleu de bromothymol.
2.3.2.
Ind− 
Exprimer le pH en fonction de pKa, [HInd] et [Ind ]. Calculer le pH pour
=100. En déduire la
[HInd]
–
teinte du bleu de bromothymol.
Exercice n°2 (2,5 points)
CORRECTION © http://labolycee.org
Antilles Septembre 2005
À QUOI EST DUE LA COULEUR DES FLEURS D'HORTENSIAS ?
1. INTRODUCTION.
+
1.1. Selon, Brönsted, un acide est une espèce chimique capable de céder un proton H .
1.2. Couple
acide/base
+
H2A acide / HA base conjuguée
–
HA acide / A base conjuguée
0,25
0,25
2. COMPORTEMENT DE HA EN TANT QU'ACIDE.
–
(aq)
2.1. HA(aq) + H2O(l) = A
+ H3O
+
0,25
 A(−aq )  .  H 3O(+aq ) 

 éq 
 éq
2.2. K =
 HA( aq ) 

 éq
0,25
–
(aq) et
Cette constante d'équilibre est appelée constante d'acidité du couple HA(aq)/A
–pKa
–pKa2
KA = 10
soit ici KA2 = 10
–7
KA2 = 10
est notée KA.
 A(−aq )  .  H 3O(+aq ) 

 éq 
 éq
2.3. K = KA2 =
 HA( aq ) 

 éq
 A(−aq ) 
K A2

 éq
=
donc
 HA( aq ) 
 H 3O + 
éq

 éq
− pK
 A(−aq ) 
10 A2

 éq
=
10− pH
 HA( aq ) 

 éq
 A(−aq ) 

 éq
pH – pKa2
= 10
 HA( aq ) 

 éq
 A(−aq ) 

 éq
10 – 7
3
= 10
= 10
 HA( aq ) 

 éq
–
(aq)]éq
2.4. [A
–
(aq)]éq
[A
0,25
3
= 10 .[HA(aq)]éq
–
(aq)
> [HA(aq)]éq donc A
prédomine par rapport à HA(aq).
La solution est colorée en bleu.
0,25
3. COMPORTEMENT DE HA EN TANT QUE BASE.
+
3.1. HA(aq) + H2O(l) = H2A
3.2. K ' =
(aq)
+ HO
–
(aq)
0,25
 H 2 A(+aq )  .  HO(−aq ) 

 éq 
 éq
 HA( aq ) 

 éq
 H 3O +  éq
.
Afin de faire apparaître Ke, multiplions K' par
 H 3O + 
éq
 H 2 A(+aq )  .  HO(−aq ) 
 H 3O +  éq

 éq 
 éq
K'=
×
 HA( aq ) 
 H 3O + 
éq

 éq
 H 2 A(+aq ) 

 éq
K'=
× Ke
 HA( aq )  ×  H 3O + 

 éq
éq
+
Pour écrire l'expression de Ka1, écrivons l'équation de la réaction entre l'acide H2A et la base H2O:
+
H2A
(aq)
+ H2O(l) = HA(aq) + H3O
On remarque alors que K ' =
 HA( aq )  .  H 3O(+aq ) 

 éq 
 éq
Ka1 =
+
 H 2 A( aq ) 

 éq
+
Ke
Ka1
0,25
4. CONCLUSION : COULEUR DES HORTENSIAS.
4.1.
+
H2 A
pKa1
HA
pKa2
–
A
0,25
pH
bleue
violette
7
4,3
4.2. La nature du sol impose le pH de la solution aqueuse absorbée par les plantes, elle impose donc le pH dans les
pétales.
La couleur des fleurs est liée à l'espèce prédominante qui dépend du pH.
0,25
rouge
Polynésie 09/2008
Exercice n°2 : le bleu de bromoth ymol (3 points)
Correction © http://labolycee.org
1. Étude spectrophotométrique
1.1. Par lecture graphique, on constate que l’absorbance
de HInd est maximale pour : λ1 = 425 nm.
La forme acide HIn absorbe les radiations de longueurs
d'onde situées du coté du bleu (λ1 = 425 nm), la solution
laisse donc passer le vert et le rouge. Elle apparaît jaune.
1.2. L’absorbance se mesure avec un spectrophotomètre.
La loi de Beer-Lambert nous donne : A = k.c
A : absorbance d’une espèce chimique en solution, c sa
concentration molaire et k une constante.
1.3. À λ = 600 nm, la forme basique In absorbe bien la lumière et la forme acide HIn laisse passer
–
totalement la lumière. On a alors A =k. [In (aq)].
–
2. Zone de virage.
2.1.
HInd(aq) + H2O(l) = Ind–(aq) + H3O+(aq)
+
Ind(aq)
 . H3O(aq)

éq
éq
2.2. Ka =
HInd(aq) 
Zone sensible
vert
pKa
éq
pH
2.3.1.
HInd jaune
pKa – 1
pKa + 1
Ind– bleu
+
Ind(aq)
 . H3O(aq)

éq
éq
2.3.2. Ka =
HInd(aq) 
éq
+
 Ind(aq)
 . H3O(aq)
 

éq
éq 

–log(Ka) = –log


HInd(aq) 
éq


 Ind(aq)
 

éq 
+

 )
Soit pKa = –log
– log(  H 3O (aq)
éq
 HInd(aq)  
éq 

 Ind(aq)
 

éq 

pKa = –log
+ pH
 HInd(aq)  
éq 

 Ind(aq)
 

éq 

Finalement pH = pKa + log
.
 HInd(aq)  
éq 

Ind(aq)

Pour
éq
HInd(aq) 
éq
=100,
pH = pKa + log(100) = pKa + 2,0
pH = 6,8 + 2,0 = 8,8
D’après le diagramme de prédominance précédent la teinte de la solution est bleue.